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1. B 根据磁感线的疏密程度可以判断出a、b两处的磁感应强度的大小不等,Ba<Bb,即B正确;同一通电导线放在a处受力的情况大小不一定,因为放入时的位置(即放入时与磁感线的方向)不确定,则其受安培力的大小就不一定.
2. C 地球自转等效成环形电流,南极为磁场N极,由右手定则可知地球带负电,地球转速变慢使环形电流电流减小,故磁场减弱,所以选C.
3. AB 根据安培定则和磁感应强度的迭加原理即可知.
4. ABC 提示:根据已知条件画出运动的轨迹和基本公式即可判断.
5. AB 若小球A带正电,小球A受重力和A、B之间的库仑力的作用(且库仑力为斥力),若重力的大小和库仑力的大小相反,则撤去绝缘板后,重力和库仑力仍大小相等而方向相反,故小球A仍处于静止状态,A正确;若库仑力大于重力,则可由左手定则判断B正确.
6. B 电子进入磁场时向上偏,刚好从C点沿切线方向穿出是一临界条件,要使电子从BC边穿出,其运动半径应比临界半径大,由可知,磁感应强度只要比临界时的小就可以了,如题图,由对称性作辅助线,由几何关系可得,半径,又,解得,故选B.
7. AD 由题意知,带正电的粒子从中央线的上方离开混合场,说明在进入电、磁场时,竖直向上的洛仑兹力大于竖直向下的电场力.在运动过程中,由于电场力做负功,洛仑兹力不做功,所以粒子的动能减小,从而使所受到的磁场力可能比所受电场力小,选项A正确.又在运动过程中,洛仑兹力的方向不断发生改变,其加速度大小是变化的,运动轨迹是复杂的曲线而并非简单的抛物线,所以选项B、C错误.由动能定律得:,故选项D正确,综合来看,选项A、D正确.
8. C 根据电子运动的轨迹知在两导线之间的磁场方向垂直于两导线所在的平面,只有ab中由b到a的电流或cd中从c到d的电流才能产生这样的磁场,又从电子运动轨迹在向cd边靠近时曲率半径变小,由知与cd边越近,B越强,可见是由cd中的电流产生的,只有C正确.
9. BD 本题考查带电体在复合场中的运动,在分析时要注意随着速度的变化,洛伦兹力发生变化,导致杆对小球的弹力发生变化,因此摩擦力发生变化,小球的运动状态发生变化.
10. C 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径r=mv/qB,设α粒子第一次穿过金属片的速度v/,则,所以v/=0.9v,动能减少.根据阻力及电量恒定,α粒子每穿过一次金属片,动能都减少0.19E,由,故α粒子穿过5次后陷入金属中.
11. B=(6分) 控制变量法(2分)
解析:从表中数据分析不难发现B/I=k1和Br=k2,所以有B=kI/r,再将某一组B、I、r值代入上式得k=2×10-7Tm/A.所以得出磁感应强度B与电流I及距离r的关系式为B=.
12.(1)A (2分) 逆时针 (2分)
(2)运动电荷受到了磁场力(2分) 阴 (2分)
(3)吸引(2分) 排斥(2分)
13.解析:(1)设小球第一次到达最低点时速度为v,则由动能定理可得(2分)
在最低点根据牛顿第二定律得,(2分)
解得C(2分)
根据左手定则可判断小球带负电(3分)
(2)根据机械能守恒可知,小球第二次到达最低点时速度小仍为v,此时悬线对小球的拉力为F,由牛顿第二定律得,(3分)
解得N(2分)
14.解析:(1)由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的 半径,(1分)
m>(2分)
因此要使粒子在磁场中运动的时间最长,则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弦长最长,从右图中可以看出,以直径ab为弦、R为半径所作的圆,粒子运动的时间最长. (2分)
设该弦对应的圆心角为,而(1分)
运动时间(2分)
又,故s(2分)
(2)(2分)
粒子在磁场中可能出现的区域:如图中以Oa为直径的半圆及以a为圆心Oa为半径的圆与磁场相交的部分.绘图如图. (2分)
15.解析:如图所示,带电小球在做圆周运动的过程中受到电场力FE、洛伦兹力FB和弹力FN的作用,其合力即为小球做圆周运动的向心力,由图可知:
(3分)
∴(2分)
其中FB=qvB,FE=kQq/R2,代入上式可得,
(2分)
上式中m、R、B、q、k、Q均为常数,所以FN为v的二次函数.对照y=ax2+bx+c,有a=m/R,b=-Bq,c=kQq/R2. (2分)
因a>0,故FN有最小值,且当时,FN最小(临界条件),最小值为.(2分)
可见,随着小球运动速度的增大,圆环对小球的弹力FN先减小、后增大,且临界状态(最小值)出现在v=BqR/
16.解析:(1)要求光斑的长度,只要找到两个边界点即可.初速度沿x轴正方向的电子,沿弧OB运动到P;初速度沿y轴正方向的电子,沿弧OC运动到Q.
设粒子在磁场中运动的半径为R,由牛顿第二定律得,
(4分)
即,从图中可以看出(4分)
(2)沿任一方向射入第一象限的电子经磁场偏转后都能垂直打到荧光屏MN上,需加最小面积的磁场的边界是以(0,R)为圆心,半径为R的圆的一部分,如图中实线所示. (4分)
所以磁场范围的最小面积.(4分)
17.解析:(1)用左手定则判断出:磁场方向为-x方向或-y方向. (4分)
(2)在未加匀强磁场时,带电小球在电场力和重力作用下落到P点,设运动时间为t,
小球自由下落,有H=gt2/2(1分)
小球沿x轴方向只受电场力作用,Fe=qE(1分)
小球沿x轴的位移为l=at2/2(1分)
小球沿x轴方向的加速度为a=Fe/m(1分)
联立求解,得E=mgl/qH. (2分)
(3)带电小球在匀强磁场和匀强电场共存的区域运动时,洛伦兹力不做功.电场力做功为:We=qEl,(1分)
重力做功为WG=mgH(1分)
设落到N点时速度大小为v,根据动能定理得,(2分)
解得,(2分)
18.解析:(1)因带电质点做匀速圆周运动,故电场力与重力平衡,①(1分)
又②
两板间电场强度③(1分)
两板间电压④(1分)
由闭合电路欧姆定律得,⑤(1分)
由①~⑤得,(2分)
(2)由题意知,电场力竖直向上,故质点带负电,由左手定则得洛伦兹力竖直向下,由平衡条件可得,⑥(2分)
因两极板间电压
故,⑦(2分)
由⑥⑦解得,⑧(1分)
(3)因板间电压变为⑨
故电场力(2分)
由动能定理得,⑩(2分)
由⑧⑨⑩解得.(1分)
如图所示,PQ是匀强磁场里的一片薄金属片,其表面与磁场方向平行,现有一α粒子从A点以垂直PQ的速度v射出,动能为E,射出后α粒子的轨迹如图所示,今测得它在金属片两边的轨迹的半径之比为10:9,若α粒子在穿越金属片过程中受到的阻力大小及电量都不变,则
A.α粒子每穿过一次金属片,速度减少
B.α粒子每穿过一次金属片,动能减少0.81E
C.α粒子穿过5次金属片后陷在金属片里
D.α粒子穿过9次金属片后陷在金属片里
查看习题详情和答案>>如图所示,PQ是匀强磁场里的一片薄金属片,其表面与磁场方向平行,现有一α粒子从A点以垂直PQ的速度v射出,动能为E,射出后α粒子的轨迹如图所示,今测得它在金属片两边的轨迹的半径之比为10∶9,若α粒子在穿越金属片过程中受到的阻力大小及电荷量都不变,则
α粒子每穿过一次金属片,速度减少
α粒子每穿过一次金属片,动能减少0.19 E
α粒子穿过5次金属片后陷在金属片里
α粒子穿过9次金属片后陷在金属片里
(08衡水中学一调)如图所示,PQ是匀强磁场中的一片薄金属片,其平面与磁场方向平行,一个α粒子从某点以与PQ垂直的速度v射出,动能是E,射出后α粒子的运动轨迹如图所示。今测得它在金属片两边的轨迹半径之比为10∶9,若在穿越板的过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定,则( )
A.α粒子每穿过一次金属片,速度减小了
B.α粒子每穿过一次金属片,动能减少了0.19E
C.α粒子穿过5次后陷在金属片里
D.α粒子穿过9次后陷在金属片里
查看习题详情和答案>>(2)某同学设计了如图2所示的装置来探究加速度与力的关系.弹簧秤固定在一合适的木板上,桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮,细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接.在桌面上画出两条平行线MN、PQ,并测出间距d.开始时将木板置于MN处,现缓慢向瓶中加水,直到木板刚刚开始运动为止,记下弹簧秤的示数F0,以此
表示滑动摩擦力的大小.再将木板放回原处并按住,继续向瓶中加水后,记下弹簧秤的示数F1,然后释放木板,并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.
①木板的加速度可以用d、t表示为a=
2d |
t2 |
2d |
t2 |
②改变瓶中水的质量重复实验,确定加速度a与弹簧秤示数的关系.图3中能表示该同学实验结果的是
③用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是
A.可以改变滑动摩擦力的大小 B.可以更方便地获取多组实验数据
C.可以比较精确地测出摩擦力的大小 D.可以获得更大的加速度以提高实验精度
(3)在练习使用多用表的实验中,某同学连接的电路如图4所示.
①若旋转选择开关,使尖端对准直流电流挡,闭合电键S,此时测得的是通过
②若断开电路中的电键S,旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡,此时测得的是
③若旋转选择开关,使尖端对准直流电压挡,闭合电键S,并将滑动变阻器的滑片移至最左端,此时测得的是
④在使用多用表的欧姆挡测量电阻时,若
A.双手捏住两表笔金属杆,测量值将偏大
B.测量时发现指针向左偏离中央刻度过大,则必须减小倍率,重新调零后再进行测量
C.选择“×l0”倍率测量时发现指针位于20与30 正中间,则测量值等于250Ω
D.欧姆表内的电池使用时间太长,虽然完成调零,但测量值将略偏大.
(2013·天津南开二模,9题)(18分)(1)如图为“电流天平”,可用于测定磁感应强度。在天平的右端挂有一矩形线圈,设其匝数n=5匝,底边cd长L=20cm,放在垂直于纸面向里的待测匀强磁场中,且线圈平面与磁场垂直。当线圈中通入如图方向的电流I=100mA时:调节砝码使天平平衡。若保持电流大小不变,使电流方向反向,则要在天平右盘加质量m=8.2g的砝码,才能使天平再次平衡。则cd边所受的安培力大小为______N,磁场的磁感应强度B的大小为__________T。
(2)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上,桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮,细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线MN、PQ,并测出间距d。开始时将木板置于MN处,现缓慢向瓶中加水,直到木板刚刚开始运动为止,记下弹簧秤的示数,以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住,继续向瓶中加水后,记下弹簧秤的示数,然后释放木板,并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t。
①木板的加速度可以用d、t表示为a=_______;
②改变瓶中水的质量重复实验,确定加速度a与弹簧秤示数的关系。下列图象能表示该同学实验结果的是_________;
③用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是________。
A.可以改变滑动摩擦力的大小 B.可以更方便地获取多组实验数据
C.可以比较精确地测出摩擦力的大小 D.可以获得更大的加速度以提高实验精度
(3)在练习使用多用表的实验中,某同学连接的电路如图所示。
①若旋转选择开关,使尖端对准直流电流挡,闭合电键S,此时测得的是通过_____的电流;
②若断开电路中的电键S,旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡,此时测得的是________的电阻;
③若旋转选择开关,使尖端对准直流电压挡,闭合电键S,并将滑动变阻器的滑片移至最左端,此时测得的是_______两端的电压;
④在使用多用表的欧姆挡测量电阻时,若( )
A.双手捏住两表笔金属杆,测量值将偏大
B.测量时发现指针向左偏离中央刻度过大,则必须减小倍率,重新调零后再进行测量
C.选择“×l0”倍率测量时发现指针位于20与30正中间,则测量值等于250
D.欧姆表内的电池使用时间太长,虽然完成调零,但测量值将略偏大
查看习题详情和答案>>